Một số ứng dụng của bất đẳng thức Côsi

LỜI MỞ ĐẦUBất đẳng thức Cô –si có rất nhiều ứng dụng và được sử dụng khá phổ biến để chứng minh bất đẳng thức, đánh giá biểu thức và từ đó giải quyết được nhiều bài toán khác nhau, là một chủ đề hay, chủ chốt trong chương trình toán đại số đối với cả người dạy và người học. Vì vậy trong báo cáo tham luận này tôi đã chọn chuyên đề: “ Một số ứng dụng của bất đẳng thức Côsi ”

CHUYÊN ĐỀ:

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ - SI

NỘI DUNG

ỨNG DỤNG 1: Chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 1 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

a b c 1 1 1 9

a b c

     

*Phân tích:

Vế trái chứa a, b, c > 0 và các nghịch đảo của chúng Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Cô-si

Lời giải:

Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các bộ số a, b, c và 1 1 1; ;

a b c ta có:

a b c  33 abc

1 1 1 3 1

3

a b c   abc

Nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên ta được:

a b c 1 1 1 9

a b c

     

  (đpcm)

Cách 2: a b c 1 1 1

a b c

     

a b



 + c a

a c



 + b c

c b



   3+ 2+ 2+ 2 = 9 Dấu "=" xảy ra  a = b = c

Bài toán số 1.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

a a b c 3

b c a   (a, b, c > 0)

b a2 + b2 + c2  ab + bc + ca

Bài toán số 1.2: Chứng minh rằng:

a

2

2

2

2

1

x

x





   x R

Hướng dẫn: áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số x2 +1 và 1

b 8 6

1

x

x





  x> 1

Hướng dẫn: áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số x - 1 và 9

c ( a + b) ( ab + 1)  4ab a, b 0

Hướng dẫn: áp dụng BĐT Cô-si ta có

2

1 2

 

 

Nhân từng vế của 2 BĐT trên ta suy được đpcm

Bài toán số 1.3 : Chứng minh rằng:

a  a b b c c a          8 abc a b c, , 0

b.a21b2 b21c2 c21a26abc

Hướng dẫn: áp dụng BĐT Cô-si cho 6 số a a b b b c c c a2, 2 2, ,2 2 2, ,2 2 2.

Bài toán số 1.4:

a n số dương a1, a2, , an Chứng minh rằng:

1 2

n

n

a a a



   

b.Nếu a1, a2, , an dương và a1a2 an = 1 thì a1+ a2 + + ann

(áp dụng BĐT Cô-si cho n số dương trên)

Bài toán số 2 Chứng minh bất đẳng Netbit

a

b c + b

a c + c

a b 

3

2 a b c, , > 0

Giải:

Đặt x= b + c, y = a + c, z = a +b

Khi đó x, y, z > 0 và

Ta có: a

b c + b

a c + c

a b = 1

y z x  x z y  x y z 

= 1

x y x z y z

y x z x z y

     

1

2( 2 + 2 + 2 - 3 ) = 3

2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= y= z

Cách khác:

a

b c + b

a c + c

a b =1

x y z x y z x y z

= 1

2 x y z 1 1 1 6

x y z

1

2(9 - 6) = 3

2

Khai thác bài toán:

Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau: với a, b, c dương ta có:

b c c a a b     a b c 

b 2 2 2

2

b c c a a b

 

Bài toán số 2.2 Cho x, y > 0 Chứng minh rằng 1 1x y x y4

 (1) Phân tích:

Do x, y > 0 nên BĐT (1) có thể suy ra từ BĐT Cô-si hoặc xét hiệu

Giải:

Cách 1: Sử dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương x, y:

x + y 2 xy

x y2 4xy

4

x y

xy x y





 1 1 4

x y x y

Cách 2 Xét hiệu của 2 vế:

(1)  1 1 4

0

x y x y 

 ( ) ( ) 4

0 ( )

y x y x x y xy

xy x y

   







2

( )

0 ( )

x y

xy x y







(2)

Do x > 0, y > 0 nên BĐT (2) luôn đúng

Vậy (1) luôn đúng (đpcm)

Khai thác bài toán:

Ta thấy BĐT trên có liên quan đến việc cộng mẫu nên có thể sử dụng để chứng minh BĐT sau:

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng:

2

p a p b p c a b c

      

     trong đó

2

a b c

p  

Bài tập tương tự:

Bài 1 Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

a b b c a c

a b c b a c

2 2 2

3 a b c

a b c

   

 

Bài 2 Cho 0 a, b, c  1 Chứng minh rằng:

a2 + b2 + c2  1 + a2b + b2c + c2a

Bài 3 Cho a > 0, b > 0, c > 0 Chứng minh:

1 1 1 2

a b c

bc ac ab a b c

      

Bài 4 Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng:

2

4

x y z

x

y z





Bài 5 Cho x, y > 0 Chứng minh rằng:

3

2 3

x xy y





 

Bài 6 Cho x, y ≠ 0 Chứng minh rằng:

6 6

4 4

2 2

x y

x y

y x

  

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh BĐT trong tam giác

Bài toán số 3 Cho a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng: a

b c a  + b

a c b  + c

a b c  3 Giải:

Cách 1 đặt x = b + c – a; y = a + c - b; z = a + b – c

Khi đó x, y, z > 0 và

2

x y

a  ;

2

x z

b  ;

2

y z

c 

Vế trái: a

b c a  + b

a c b  + c

a b c  = 1

2

x y y z z x

= 1

2

x y x z y z

y x z x z y

    

1

2(2 + 2 + 2 ) = 3 Dấu bằng xảy ra khi:

2

2

2

c b a z

y x y

z z y x

z z x

x

y y x











































Cách 2

Nhận xét: Do a, b, c, là độ dài 3 cạnh của tam giác nên ta có:

a + b - c > 0; a + c –b > 0; b + c - a > 0

áp dụng BĐT Cô-si cho các cặp số dương:

(a b c a c b  )(   )

2

a b c a c b    

(a c b b c a  )(   ) c

(b c a a b c  )(   ) b

Nhận thấy các vế của BĐT trên là các số dương và 3 BĐT này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta được:

(a + b - c)(a + c - b)(b+ c - a) abc

Ta có: a

b c a  + b

a c b  + c

a b c 

3

3

abc

b c a a c b a b c



     

3

3 abc

abc

 = 3

Bài tập 3.1 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ABC, a  b  c

Chứng minh rằng: ( a + b + c)2

 9bc (*)

Giải:

Vì a  b => ( a + b + c)2

 ( b + b + c )2 = ( 2b + c)2

để chứng minh (*) ta cần chứng minh: ( 2b + c)2  9bc (1)

Thật vậy: ( 2b + c)2  9bc

 4b2 + 4bc + c2  9bc

 4b2 - 4bc + c2  bc

 ( 2b –c )2  bc

Ta có: 0 < 2b – c  2b – b = b

0 < 2b – c  2c – c = c

=> ( 2b –c)2  bc (đpcm)

Các bài tập khác:

Bài tập 3.2 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và có chu vi là 2 Chứng

minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

Bài tập 3.3 Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác Chứng minh rằng:

a2(b + c – a) + b2(a + c – b) + c2 ( a + b – c)  3abc

Bài tập 3.4 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.

Chứng minh rằng: 3 3 3 

1 1 1 a b c

a b c

a b c abc

 

     

Bài tập 3.5 Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1

Chứng minh rằng: a b c   b c d   b d a   c d a  2 3

ỨNG DỤNG 2: Ứng dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm cực trị

* Với a  0, b  0 ta có a b   2 ab, dấu “=” xảy ra  a = b

* Với n số không âm: a1 , a2 , …, an ta có: 1 2 n 1 2

Dấu “=” xảy ra  a1 = … = an

* Từ BĐT trên ta suy ra:

+ Nếu a.b = k (const) thì min(a + b) = 2 k  a = b

+ Nếu a + b = k (const) thì max(a.b) = 2

4

a = b

* Mở rộng đối với n số không âm:

+ Nếu a1.a2…an = k (const) thì min(a1 + a2 + … + an) = nn k

 a1 = a2 = … = an + Nếu a1 + a2 + …+ an = k (const) thì max(a1.a2…an) =

n

k n

 

 

 

 a1 = a2 = … = an

Ví dụ 1: Cho x > 0, y > 0 thoả mãn: 1 1 1

2

x  y 

Tìm GTNN của A = x y

Giải:

Vì x > 0, y > 0 nên 1

x > 0; 1y > 0; x > 0 ; y > 0 ta có:

.

4

Cs

xy



Vậy min A = 4  x = y = 4

Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng BĐT Cô-si theo 2 chiều ngược nhau:

+ Dùng

2

a b

ab  để dùng điều kiện tổng 1 1 1

2

x  y  từ đó được xy 4

+ Dùng a b 2 ab “làm giảm” tổng x y để dùng kết quả xy 4

 Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp BĐT Cô-si đối với các số

trong đề bài Ta có một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng BĐT Côsi rồi tìm cực trị của nó:

* Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó.

Ví dụ 2: Tìm GTNN của A = 3x 5 7 3 x

Giải:

Điều kiện: 5 7

3   x 3

Ta có: A2 = ( 3x – 5 ) + ( 7 – 3x ) + 2 3x 5 7 3   x

A2

( 3x – 5 + 7 – 3x ) + 2 = 4

Dấu “=” xảy ra  3x – 5 = 7 – 3x  x = 2

Vậy max A2 = 4  max A = 2  x = 2

 Ta thấy A được cho dưới dạng tổng của 2 căn thức Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2) Vì vây, nếu bình phương A sẽ xuất hiện hạng tử là 2 lần tích của 2 căn thức Đến đây có thể vận dụng BĐT Côsi 2 ab a b 

* Cách 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0

Ví dụ 3: Tìm GTLN của A = 9

5

x x



Giải:

Điều kiện: x  9 Ta có:

A = 9

5

x

x



=

9 3 3 5

x

x





3

2 3 5

x

x





  =

9 9 3 10

x

x

 

= 1

30

Dấu “=” xảy ra 9

3

x

x



Vậy max A = 1

18

30  x  Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành 9

.3 3

x 

khi vận dụng BĐT Cô-si tích này trở thành nửa tổng: 9 1

3

x

x



  có dạng kx có thể rút gọn cho

x ở mẫu ( số 3 được tìm bằng cách lấy 9, số 9 có trong đề bài)

* Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số.

Ví dụ 4: ( Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau)

Cho x > 0, tìm GTNN của A =

4 3

3 x 16

x



Giải:

A =

4 3

3 x 16

x



A  4.2 = 8 ( dấu “=” xảy ra x 163 x 2

x

    ) Vậy min A = 8 khi x = 2

Ví dụ 5: (Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng

tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của một hạng tử khác có trong biểu thức đã cho)

Cho 0 < x < 2, tìm GTNN của A = 9

2

x x

 + 2

x

Giải:

A = 9

2

x

x

 + 2

x+ 1 9 2

2

x x



 + 1 = 2 9+ 1 = 7 Dấu “=” xảy ra 9 2 1

x





Vậy min A = 7 1

2

x

Trong cách giải trên ta đã tách 2

x thành tổng

2

1

x x



 Hạng tử 2 x

x

 nghịch

đảo với

2

x

x

 nên khi vận dụng BĐT Côsi ta được tích của chúng là một hằng số

* Cách 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho

Ví dụ 6: Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2

Tìm GTNN của P =

y z   z x   x y 

Giải:

Vì x, y, z > 0 ta có:

áp dụng BĐT Cô-si đối với 2 số dương

2

x

y z  và

4

y z 

ta được:

x

2

2

(2) 4

(3) 4

y

x z

z

x y









Cộng (1) + (2) + (3) ta được:

2 1 2

x y z

x y z

 

Dấu “=” xảy ra  2

3

x  y z

Vậy min P = 1  2

3

x  y z

Nhận xét: Ta đã thêm

4

y z

vào hạng tử thứ nhất

2

x

y z có trong đề bài, để khi vận dụng BĐT Côsi có thể khử được (y + z) Cũng như vậy đối với 2 hạng tử còn lại của đề bài Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời trong (1), (2), (3) 

2

3

x  y z

Nếu ta lần lượt thêm (y + z), (x + z), (x + y) vào

2

x

y z :

2

y

x z ;

2

z

x y thì ta cũng khử được (y + z), (x + z), (x + y) nhưng điều quan trọng là không tìm được các giá trị của x, y, z để dấu của các đẳng thức đồng thời xảy ra, do đó không tìm được GTNN của P

Áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng BĐT Côsi ta có các ví dụ khác như sau:

Ví dụ 7 : Tìm GTLN của B = x 1 y 2







Giải:

 

1.( 1)

2

2 2

4

2 2

x

y







Ví dụ 8 : Cho 2 số dương x, y có x + y = 1

Tìm GTNN của B = 12 12

Giải:

Ta có: B = 12 12

= 1 + 2

xy

1 x y CS4 xy 8 B 9

xy

Vậy min B = 9 1

2

Ví dụ 9 : Cho x, y, z > 0 thoả mãn: 1 1 1 2

1x1y1z 

Tìm GTNN của P = xyz

Giải:

Ta có:

          

Tương tự:

   

   

1 2

1 2

zx

xy





8

P xyz

Vậy max P = 1 1

8  x  y z 2

Ví dụ 10: Cho M = 3x2 – 2x + 3y2 – 2y + 6 |x| + 1

Tính giá trị của M biết x, y là 2 số thoả mãn x.y = 1 và biểu thức

|x + y| đạt GTNN

Giải:

Ta có:  x y  2CS4 xy   4 x y   2

Min |x + y| = 2 khi x = y, khi đó 1

2

xy

x y









Khi x = y = 1 hoặc x = y = - 1

+ Khi x = y = 1 thì M = 9

+ Khi x = y = - 1 thì M = 17

Bài tập tương tự:

Bài tập 1: Cho x, y > 0 thoả mãn x y = 1 Tìm GTLN của A = 4 2 2 4

x y x y

Bài tập 2: Cho a, b, c > 0 thoả mãn 1 1 1

2

1  a  1  b  1  c  Tìm GTLN của biểu thức Q = abc

Bài tập 3: Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 1 Tìm GTNN của biểu thức

P = 1 1

Bài tập 4 : Cho x, y > 0 thảo mãn x2  y2  4 Tìm GTNN của biểu thức

E =

Bài tập 5 : Tìm GTLN và GTNN của A = 3 x 6 x; 3  x 6

Bài tập 6 : Cho a, b > 0 thoả mãn a b = 216

Tìm GTNN của S = 6a + 4b

Bài tập 7 : Với giá trị nào của số dương a thì biểu thức A đạt GTNN ?

A = 1000 900 90 5 1995

a

Bài tập 8 : Tìm GTNN của C = x100  10 x10  2004

 

 

 

Bài tập 10 : Tìm GTLN của biểu thức:

     

Với mọi x, y, z biến đổi nhưng luôn thoả mãn 0  x y z , ,  1

Tài liệu tham khảo :

1 Các phương pháp giải toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất – Tác giả : Phan Huy

Khải – Nhà xuất bản : Đại học Sư Phạm ; năm xuất bản : 2011

2 Chuyên đề bất đẳng thức – Tác giả : Võ Giang Giai – Nhà xuất bản : Đại học

Quốc Gia Hà Nội ; năm xuất bản : 2011

3 Nâng cao và phát triển toán 9 – tập 1 – Tác giả: Vũ Hữu Bình – Nhà xuất bản:

Giáo Dục Việt Nam; năm xuất bản: 2010